岑巩县2024-2025学年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份岑巩县2024-2025学年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共39页。试卷主要包含了等比数列的各项均为正数，且，则，已知函数，若，则a的取值范围为，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若点是角的终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
2．如图，四面体中，面和面都是等腰直角三角形，，，且二面角的大小为，若四面体的顶点都在球上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．下列选项中，说法正确的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．若向量满足 ，则与的夹角为钝角
C．若，则
D．“”是“”的必要条件
4．已知是的共轭复数,则（ ）
A．B．C．D．
5．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．
6．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
7．一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如:1，3，4，8，16…).则首项为2，某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知函数，若，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若，且的三边长，，成等差数列，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的右焦点为，若F到直线的距离为，则E的离心率为( )
A．B．C．D．
11．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知平行于轴的直线分别交曲线于两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________．
14．的展开式中，常数项为______；系数最大的项是______.
15．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为________.
16．如图，在矩形中，，是的中点，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，则所得几何体的外接球的体积为__________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、．试判断是否为定值,并说明理由．
18．（12分）设为实数,已知函数,．
（1）当时,求函数的单调区间：
（2）设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;
（3）若函数（,）有两个相异的零点,求的取值范围．
19．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证：（1）直线平面EFG；
（2）直线平面SDB.
20．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，以椭圆C左顶点T为圆心作圆，设圆T与椭圆C交于点M与点N.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；
（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：为定值.
21．（12分）如图所示，在四面体中，，平面平面，，且.
（1）证明：平面；
（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.
22．（10分）如图，在矩形中，，，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
根据三角函数的定义，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.
【详解】
由题意，点是角的终边上一点，
根据三角函数的定义，可得，
则，故选A.
本题主要考查了三角函数的定义和正弦的倍角公式的化简、求值，其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式，准确化简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2．B
【解析】
分别取、的中点、，连接、、，利用二面角的定义转化二面角的平面角为，然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，在中计算出，再利用勾股定理计算出，即可得出球的半径，最后利用球体的表面积公式可得出答案．
【详解】
如下图所示，
分别取、的中点、，连接、、，
由于是以为直角等腰直角三角形，为的中点，，
，且、分别为、的中点，所以，，所以，，所以二面角的平面角为，
，则，且，所以，，，
是以为直角的等腰直角三角形，所以，的外心为点，同理可知，的外心为点，
分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点，则点在平面内，如下图所示，
由图形可知，，
在中，，，
所以，，
所以，球的半径为，因此，球的表面积为.
故选：B.
本题考查球体的表面积，考查二面角的定义，解决本题的关键在于找出球心的位置，同时考查了计算能力，属于中等题．
3．D
【解析】
对于A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断．
【详解】
选项A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，因此A不正确；
选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.
选项C当m=0时,满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正确；
选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.
故选：D.
本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.
4．A
【解析】
先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．
【详解】
i，
∴a+bi＝﹣i，
∴a＝0，b＝﹣1，
∴a+b＝﹣1，
故选：A．
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
5．D
【解析】
倾斜角为的直线与直线垂直，利用相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式即可得出结果.
【详解】
解：因为直线与直线垂直，所以，.
又为直线倾斜角，解得.
故选：D.
本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式，考查计算能力，属于基础题.
6．B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
7．A
【解析】
根据定义，表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.
【详解】
由题意可知首项为2，设第二项为，则第三项为，第四项为，第五项为第n项为且，
则，
因为，
当的值可以为；
即有3个这种超级斐波那契数列，
故选：A.
本题考查了数列新定义的应用，注意自变量的取值范围，对题意理解要准确，属于中档题.
8．C
【解析】
求出函数定义域，在定义域内确定函数的单调性，利用单调性解不等式．
【详解】
由得，
在时，是增函数，是增函数，是增函数，∴是增函数，
∴由得，解得．
故选：C.
本题考查函数的单调性，考查解函数不等式，解题关键是确定函数的单调性，解题时可先确定函数定义域，在定义域内求解．
9．C
【解析】
根据等差数列的性质设出，，，利用勾股定理列方程，结合椭圆的定义，求得.再利用勾股定理建立的关系式，化简后求得离心率.
【详解】
由已知，，成等差数列，设，，.
由于，据勾股定理有，即，化简得；
由椭圆定义知的周长为，有，所以，所以；
在直角中，由勾股定理，，∴离心率.
故选：C
本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的定义，考查等差数列的性质，属于中档题.
10．A
【解析】
由已知可得到直线的倾斜角为，有，再利用即可解决.
【详解】
由F到直线的距离为，得直线的倾斜角为，所以，
即，解得.
故选：A.
本题考查椭圆离心率的问题，一般求椭圆离心率的问题时，通常是构造关于的方程或不等式，本题是一道容易题.
11．C
【解析】
命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．
【详解】
解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．
命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．
则下列命题为真命题的是．
故选：C．
本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
12．A
【解析】
设直线为，用表示出，，求出，令，利用导数求出单调区间和极小值、最小值，即可求出的最小值．
【详解】
解：设直线为，则，，
而满足，
那么
设，则，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以
故选：．
本题考查导数知识的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导确定函数的最小值是关键，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.
【详解】
由正弦定理得，
，．
故答案为：.
本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题.
14．
【解析】
求出二项展开式的通项，令指数为零，求出参数的值，代入可得出展开式中的常数项；求出项的系数，利用作商法可求出系数最大的项.
【详解】
的展开式的通项为，
令，得，所以，展开式中的常数项为；
令，令，即，
解得，，，因此，展开式中系数最大的项为.
故答案为：；.
本题考查二项展开式中常数项的求解，同时也考查了系数最大项的求解，涉及展开式通项的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
15．0.38 0.9
【解析】
考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.
【详解】
第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：
.
甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：
，，.
故随机变量的可能取值为，
故；；
；.
故.
故答案为：0.38 ；0.9.
本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
16．
【解析】
根据题意，画出空间几何体，设的中点分别为，并连接，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体的外接球的球心为，即可求得其外接球的体积.
【详解】
由题可得，，均为等腰直角三角形，如图所示，
设的中点分别为，
连接，
则，.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，
易得，
则几何体的外接球的球心为，半径，
所以几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）为定值．
【解析】
（1）根据题意,得出,从而得出椭圆的标准方程．
（2）根据题意设直线方程：,因为直线与椭圆相切,这有一个交点,联立直线与椭圆方程得,则,解得①
把和代入,得和 ,
,的表达式,比即可得出为定值．
【详解】
解：（1）依题意,,,．
所以椭圆的标准方程为．
（2）为定值.
①因为直线分别与直线和直线相交,
所以,直线一定存在斜率．
②设直线：,
由得,
由,
得． ①
把代入,得,
把代入,得,
又因为,
所以,
,②
由①式,得, ③
把③式代入②式,得,
,即为定值．
本题考查椭圆的定义、方程、和性质,主要考查椭圆方程的运用,考查椭圆的定值问题,考查计算能力和转化思想,是中档题.
18．（1）函数单调减区间为;单调增区间为．（2）（3）
【解析】
（1）据导数和函数单调性的关系即可求出;
（2）分离参数,可得对任意的及任意的恒成立,构造函数,利用导数求出函数的最值即可求出的范围;
（3）先求导,再分类讨论,根据导数和函数单调性以及最值得关系即可求出的范围
【详解】
解：（1）当时,因为,当时,;
当时,．所以函数单调减区间为;单调增区间为．
（2）由,得,由于,
所以对任意的及任意的恒成立,
由于,所以,所以对任意的恒成立,
设,,
则,所以函数在上单调递减,在上单调递增,
所以,
所以．
（3）由,得,其中．
①若时,则,所以函数在上单调递增,所以函数至多有一个零点,不合题意;
②若时,令,得．
由第（2）小题,知：当时,,所以,所以,所以当时,函数的值域为．
所以,存在,使得,即, ①
且当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减．因为函数有两个零点,,
所以．②
设,,则,所以函数在单调递增,由于,所以当时,．所以,②式中的,
又由①式,得．
由第（1）小题可知,当时,函数在上单调递减,所以,
即．
当时,
（ⅰ）由于,所以得,又因为,且函数在上单调递减,函数的图象在上不间断,所以函数在上恰有一个零点;
（ⅱ）由于,令,
设,,
由于时,,,所以设,即．
由①式,得,当时,,且,同理可得函数在上也恰有一个零点．
综上,．
本题考查含参数的导数的单调性,利用导数求不等式恒成立问题,以及考查函数零点问题,考查学生的计算能力,是综合性较强的题.
19．（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）依题意，得，，由此能求出椭圆C的方程.
（2）点与点关于轴对称，设，，设，由于点在椭圆C上，故，由，知，由此能求出圆T的方程.
（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：，由此能证明为定值.
【详解】
（1）依题意，得，，
，
故椭圆C的方程为.
（2）点与点关于轴对称，设，，设，
由于点在椭圆C上，所以，
由，则，

.
由于，
故当时，的最小值为，所以，故，
又点在圆T上，代入圆的方程得到.
故圆T的方程为：
（3）设，则直线MP的方程为：，
令，得，同理：.
故
又点与点在椭圆上，
故，代入上式得：
，
所以
本题考查了椭圆的几何性质、圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系中定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.
21．（1）见证明；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；
（2）设，利用椎体的体积公式求得 ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，所以平面.
（2）解：设，则，
四面体的体积 .
，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，四面体的体积取得最大值.
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，
同理可得平面的一个法向量为，
则.
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.
22．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，，可得平面，故而平面平面．
（Ⅱ）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算．
【详解】
解：（Ⅰ）因为，，，平面，平面
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）过作于，则由平面，且平面知
，所以平面，从而是直线与平面所成角.
因为，，，
所以，
从而.
本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．